（新課標(biāo)）2023高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)（五）直線與圓錐曲線專練文

PAGEPAGE4(五)直線與圓錐曲線專練1．過點(diǎn)Q(－2，eq\r(21))作圓O：x2＋y2＝r2(r>0)的切線，切點(diǎn)為D，且|QD|＝4.(1)求r的值；(2)設(shè)P是圓O上位于第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓O的切線l，且l交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，2．如圖，F(xiàn)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，|OF|＝eq\r(5)，過F作OF的垂線交橢圓于P0，Q0兩點(diǎn)，△OP0Q0的面積為eq\f(4\r(5),3).(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)假設(shè)過點(diǎn)M(－eq\r(5)，0)的直線l與上、下半橢圓分別交于點(diǎn)P，Q，且|PM|＝2|MQ|，求直線l的方程．3．點(diǎn)A(－4，0)，直線l：x＝－1與x軸交于點(diǎn)B，動(dòng)點(diǎn)M到A，B兩點(diǎn)的距離之比為2.(1)求點(diǎn)M的軌跡C的方程；(2)設(shè)C與x軸交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，P是直線l上一點(diǎn)，且點(diǎn)P不在C上，直線PE，PF分別與C交于另一點(diǎn)S，T，證明：A，S，T三點(diǎn)共線．4．設(shè)直線l：y＝k(x＋1)(k≠0)與橢圓x2＋4y2＝m2(m>0)相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，與x軸相交于點(diǎn)C，記O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)證明：m2>eq\f(4k2,1＋4k2)；(2)假設(shè)，求△OAB的面積取得最大值時(shí)橢圓的方程．

答案1．解：(1)由題可知，圓O的圓心為(0，0)，半徑為r.∵過點(diǎn)Q(－2，eq\r(21))作圓O：x2＋y2＝r2(r>0)的切線，切點(diǎn)為D，且|QD|＝4，∴r＝|OD|＝eq\r(|OQ|2－|QD|2)＝eq\r(〔－2〕2＋〔\r(21)〕2－42)＝3.(2)設(shè)直線l的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，即bx＋ay－ab＝0，那么A(a，0)，B(0，b)，∵直線l與圓O相切，∴eq\f(|－ab|,\r(a2＋b2))＝3，∴3eq\r(a2＋b2)＝ab≤eq\f(a2＋b2,2)，∴eq\r(a2＋b2)≥6，∴||≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3eq\r(2)時(shí)，等號成立．∴||的最小值為6.2．解：(1)由題設(shè)條件，|P0F|＝eq\f(S△OP0Q0,|OF|)＝eq\f(\f(4\r(5),3),\r(5))＝eq\f(4,3).易知|P0F|＝eq\f(b2,a)，從而eq\f(b2,a)＝eq\f(4,3).又c＝|OF|＝eq\r(5)，即a2－b2＝5，因此a2－eq\f(4,3)a－5＝0，解得a＝3或a＝－eq\f(5,3)，又a>0，故a＝3，從而b＝2.故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由題意y1>0，y2<0，并可設(shè)直線l：x＝ty－eq\r(5)，代入橢圓方程得eq\f(〔ty－\r(5)〕2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，即(4t2＋9)y2－8eq\r(5)ty－16＝0.從而y1＋y2＝eq\f(8\r(5)t,4t2＋9)，y1y2＝－eq\f(16,4t2＋9).又由|PM|＝2|MQ|，得eq\f(y1,－y2)＝eq\f(|PM|,|MQ|)＝2，即y1＝－2y2.因此y1＋y2＝－y2，y1y2＝－2yeq\o\al(2,2)，故－eq\f(16,4t2＋9)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(5)t,4t2＋9)))eq\s\up12(2)，可解得t2＝eq\f(1,4).注意到y(tǒng)2＝－eq\f(8\r(5)t,4t2＋9)且y2<0，知t>0，因此t＝eq\f(1,2).故滿足題意的直線l的方程為x＝eq\f(1,2)y－eq\r(5)，即為2x－y＋2eq\r(5)＝0.3．解：(1)設(shè)點(diǎn)M(x，y)，依題意，eq\f(|MA|,|MB|)＝eq\f(\r(〔x＋4〕2＋y2),\r(〔x＋1〕2＋y2))＝2，化簡得x2＋y2＝4，即軌跡C的方程為x2＋y2＝4.(2)證明：由(1)知曲線C的方程為x2＋y2＝4，令y＝0得x＝±2，不妨設(shè)E(－2，0)，F(xiàn)(2，0)，如圖．設(shè)P(－1，y0)，S(x1，y1)，T(x2，y2)，那么直線PE的方程為y＝y(tǒng)0(x＋2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝y(tǒng)0〔x＋2〕，,x2＋y2＝4))得(yeq\o\al(2,0)＋1)x2＋4yeq\o\al(2,0)x＋4yeq\o\al(2,0)－4＝0，所以－2x1＝eq\f(4yeq\o\al(2,0)－4,yeq\o\al(2,0)＋1)，即x1＝eq\f(2－2yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)＋1)，y1＝eq\f(4y0,yeq\o\al(2,0)＋1).直線PF的方程為y＝－eq\f(y0,3)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(y0,3)〔x－2〕，,x2＋y2＝4))得(yeq\o\al(2,0)＋9)x2－4yeq\o\al(2,0)x＋4yeq\o\al(2,0)－36＝0，所以2x2＝eq\f(4yeq\o\al(2,0)－36,yeq\o\al(2,0)＋9)，即x2＝eq\f(2yeq\o\al(2,0)－18,yeq\o\al(2,0)＋9)，y2＝eq\f(12y0,yeq\o\al(2,0)＋9).所以kAS＝eq\f(y1,x1＋4)＝eq\f(\f(4y0,yeq\o\al(2,0)＋1),\f(2－2yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)＋1)＋4)＝eq\f(2y0,yeq\o\al(2,0)＋3)，kAT＝eq\f(y2,x2＋4)＝eq\f(\f(12y0,yeq\o\al(2,0)＋9),\f(2yeq\o\al(2,0)－18,yeq\o\al(2,0)＋9)＋4)＝eq\f(2y0,yeq\o\al(2,0)＋3)，所以kAS＝kAT，所以A，S，T三點(diǎn)共線．4．解：(1)證明：依題意，直線l顯然不平行于坐標(biāo)軸，故y＝k(x＋1)可化為x＝eq\f(1,k)y－1.將x＝eq\f(1,k)y－1代入x2＋4y2＝m2，消去x，得(1＋4k2)y2－2ky＋k2(1－m2)＝0，①由直線l與橢圓相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，得Δ＝4k2－4k2(1－m2)(1＋4k2)>0，整理得m2>eq\f(4k2,1＋4k2).(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①，得y1＋y2＝eq\f(2k,1＋4k2)，由，得y1＝－3y2，代入上式，得y2＝eq\f(－k,1＋4k2).于是，△OAB的面積S＝eq\f(1,2)|OC|·|y1－y2|＝2|y2|＝eq\f(2|k|,1＋4k2)≤eq\f(2|k|,4|k|)＝eq\f(1,2)，其中，上式取等號的條件是4k2＝1，即k＝±eq\f(1,2).由y2＝eq\f(－k,1